版块 10 二次型（提高）

A.实用解题工具

第 1 组: 各版块的联系

各版块的关联:

行列式	$r\left(A\right)$	矩阵	$Ax=0$	$Ax=\beta$ (有解时)	向量组	特征值
$\Vert A\Vert =0$	$<n$	不可逆	有非零解	无穷解	线性相关	含 0
$\Vert A\Vert \ne 0$	$=n$	可逆	仅有零解	唯一解	线性无关	不含0

B. 核心问题及解题方法总结

1. 将矩阵分解为可逆阵

重要结论: 求解$C^2=B$,其中$C^{\mathrm{T}}=C$（实对称）。若只要求矩阵可逆, 则可用合同变换法。

即求可逆矩阵$C$使得,$C^{\mathrm{T}}EC=B$。左右两边同时左乘$y^{\mathrm{T}}$右乘$y$可得$y^{\mathrm{T}}{C}^{\mathrm{T}}ECy=y^{\mathrm{T}}By$。所以$x=Cy$可使得$x^{\mathrm{T}}Ex=y^{\mathrm{T}}By$。故只需要求出两个二次型的$x,y$的变换关系$x=Cy$, 可得$C$。

(1)$f=x^{\mathrm{T}}Ex=x^{\mathrm{T}}x$

(2)对$y^{\mathrm{T}}By$进行配方$f=y^{\mathrm{T}}By=(a_{11}{y}_1+a_{12}{y}_2+a_{13}{y}_3{)}^2+(a_{22}{y}_2+a_{23}{y}_3{)}^2+(a_{33}{y}_3{)}^2$

(3)令$f=g$

$$\{\begin{array}{l}{x}_1=a_{11}{y}_1+a_{12}{y}_2+a_{13}{y}_3\\ x_2=a_{22}{y}_2+a_{23}{y}_3\\ x_3=a_{33}{y}_3\end{array}$$ $$\Rightarrow \left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}{a}_{11}& a_{12}& a_{13}\\ & a_{22}& a_{23}\\ & & a_{33}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ y_3\end{array}\right)$$

即

$$C=\left(\begin{array}{ccc}{a}_{11}& a_{12}& a_{13}\\ & a_{22}& a_{23}\\ & & a_{33}\end{array}\right)$$

注意此时$C^{\mathrm{T}}EC=B$,即$B$与单位阵合同,$B$必为正定矩阵

例题 1. 设

$$A=\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 1\\ -1& 2& -3\\ 1& -3& 6\end{array}\right),\text{求可逆矩阵}D\text{,使}A=D^{\mathrm{T}}D.$$

【解】在方程$A=D^{\mathrm{T}}D$左右两边同时左乘$x^{\mathrm{T}}$、右乘$x$,得到$x^{\mathrm{T}}Ax=x^{\mathrm{T}}{D}^{\mathrm{T}}Dx=(Dx{)}^{\mathrm{T}}Dx$令$y=Dx$,则有$x^{\mathrm{T}}Ax=y^{\mathrm{T}}y$。所以二次型$x^{\mathrm{T}}Ax$化为标准形$y_1^2+y_2^2+y_3^2$所用到的可逆变换矩阵, 即为所有矩阵$D\cdot$

$$f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_2^2+6x_3^2-2x_1{x}_2+2x_1{x}_3-6x_2{x}_3$$ $$=(x_1-x_2+x_3{)}^2+x_2^2+5x_3^2-4x_1{x}_2$$ $$=(x_1-x_2+x_3{)}^2+(x_2-2x_3{)}^2+x_3^2$$

令

$$\{\begin{array}{l}{x}_1-x_2+x_3=y_1,\\ x_2-2x_3=y_2,\\ x_3=y_3.\end{array},$$

所以

$$\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ y_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 1\\ 0& 1& -2\\ 0& 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right).$$

即$y=Dx$。由$\left|D\right|\ne 0$可知$D$可逆。所以

$$D=\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 1\\ 0& 1& -2\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$$

为所求。

2. 将矩阵分解为正定阵

重要结论: 求解$C^2=B$,其中$C^{\mathrm{T}}=C$。若 C 为正定矩阵, 则可用正交变换变换法。

存在正交矩阵$Q$使得

$$QB{Q}^{\mathrm{T}}=\left(\begin{array}{ccc}{\lambda }_1& & \\ & {\lambda }_2& \\ & & {\lambda }_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}\pm \sqrt{{\lambda }_1}& & \\ & \pm \sqrt{{\lambda }_2}& \\ & & \pm \sqrt{{\lambda }_3}\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}\pm \sqrt{{\lambda }_1}& & \\ & \pm \sqrt{{\lambda }_2}& \\ & & \pm \sqrt{{\lambda }_3}\end{array}\right)$$

其中${\lambda }_1,{\lambda }_2,{\lambda }_3$均大于0

$$C^2=B\Rightarrow QB{Q}^{\mathrm{T}}=Q{C}^{\mathrm{T}}C{Q}^{\mathrm{T}}=Q{C}^{\mathrm{T}}\left(Q^{\mathrm{T}}Q\right)C{Q}^{\mathrm{T}}={\left(QC{Q}^{\mathrm{T}}\right)}^{\mathrm{T}}QC{Q}^{\mathrm{T}}$$

所以可取

$$QC{Q}^{\mathrm{T}}=\left(\begin{array}{ccc}\pm \sqrt{{\lambda }_1}& & \\ & \pm \sqrt{{\lambda }_2}& \\ & & \pm \sqrt{{\lambda }_3}\end{array}\right)\Rightarrow C=Q^{\mathrm{T}}\left(\begin{array}{ccc}\pm \sqrt{{\lambda }_1}& & \\ & \pm \sqrt{{\lambda }_2}& \\ & & \pm \sqrt{{\lambda }_3}\end{array}\right)Q$$

若要求$C$正定, 则

$$C=Q^{\mathrm{T}}\left(\begin{array}{ccc}\sqrt{{\lambda }_1}& & \\ & \sqrt{{\lambda }_2}& \\ & & \sqrt{{\lambda }_3}\end{array}\right)Q$$

3. 通过正交变换将二次型化为二次型

$x^{\mathrm{T}}Ax$可通过正交变换 $x=Cy$化为$y^{\mathrm{T}}By$、则 A，B 相似且合同

利用特征值法求变换矩阵$x=Qy$。

4. 通过可逆变换将二次型化为二次型

（热点）

重要结论: 二次型$x^{\mathrm{T}}Ax$经可逆变换$x=Cy$化为二次型$y^{\mathrm{T}}By$, 则$A,B$合同 (用配方法求$x=Cy)$，具体来讲, 需要两次配方, 一次等价。

① 先将$f=x^{\mathrm{T}}Ax$配方。

$$f=x^{\mathrm{T}}Ax=d_1(a_{11}{x}_1+...+a_{1n}{x}_n{)}^2+d_2(a_{22}{x}_2+...+a_{2n}{x}_n{)}^2+\cdots +d_n(a_{nn}{x}_n{)}^2$$

②再将$g=y^{\mathrm{T}}By$配方。

$$g=y^{\mathrm{T}}By=d_1(b_{11}{y}_1+...+b_{1n}{y}_n{)}^2+d_2(b_{22}{y}_2+...+b_{2n}{y}_n{)}^2+\cdots +d_n(b_{nn}{y}_n{)}^2$$

③ 最后令$f=g$得出变量关系。

$$\{\begin{array}{l}{a}_{11}{x}_1+...+a_{1n}{x}_n=b_{11}{y}_1+...+b_{1n}{y}_n\\ a_{22}{x}_2+...+a_{2n}{x}_2=b_{22}{y}_2+...+b_{2n}{y}_n\\ ...\\ a_{nn}{x}_n=b_{nn}{y}_n\end{array}\Rightarrow \left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ ...\\ x_n\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccc}{c}_{11}& c_{12}& ...& c_{1n}\\ c_{21}& c_{22}& ...& c_{2n}\\ ...& ...& ...& ...\\ c_{n1}& c_{n1}& ...& c_{nn}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ ...\\ y_n\end{array}\right)$$

记为$x=Cy$.

由变换关系可知$f=g\Rightarrow x^{\mathrm{T}}Ax=y^{\mathrm{T}}{C}^{\mathrm{T}}ACy=y^{\mathrm{T}}By,$所以:

①可逆变换$x=Cy$可使得$f=x^{\mathrm{T}}Ax$化为$g=y^{\mathrm{T}}By$；

②可逆矩阵 C 可使得$C^{\mathrm{T}}AC=B.$

有如下几点注意：

①正交变换也是可逆变换的一种，但因为正交变换要求两个矩阵相似，所以不一定存在正交变换满足题意。②可逆变换意味着合同关系，也意味着和配方有关。这是以后做题看到可逆变换后要马上想到的。此外，合同必有秩相等。这是命题人经常出大题第 1 问的命题手法。

例题 1. 已知二次型

$$f\left(x_1,x_2,x_3\right)=x_1^2+2x_2^2+2x_3^2+2x_1{x}_2-2x_1{x}_3,$$ $$g\left(y_1,y_2,y_3\right)=y_1^2+y_2^2+y_3^2+2y_2{y}_3$$

,求可逆变换$x=Py$,将$f(x_1,x_2,x_3)$化为$g(y_1,y_2,y_3);$

【解】利用配方法将$f(x_1,x_2,x_3)$和$g(y_1,y_2,y_3)$化为规范形, 从而建立两者的关系. 先将$f\left(x_1,x_2,x_3\right)$化为规范形.

$$f\left(x_1,x_2,x_3\right)=x_1^2+2x_2^2+2x_3^2+2x_1{x}_2-2x_1{x}_3$$ $$={\left(x_1+x_2-x_3\right)}^2+x_2^2+x_3^2+2x_2{x}_3={\left(x_1+x_2-x_3\right)}^2+{\left(x_2+x_3\right)}^2$$

令

$$\{\begin{array}{l}{z}_1=x_1+x_2-x_3\\ z_2=x_2+x_3\\ z_3=x_3\end{array},$$

则$f\left(x_1,x_2,x_3\right)=z_1^2+z_2^2,$即

$$\left(\begin{array}{c}{z}_1\\ z_2\\ z_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right),$$

使得$f\left(x_1,x_2,x_3\right)=z_1^2+z_2^2.$

再将$g(y_1,y_2,y_3)$化为规范形.

$$g\left(y_1,y_2,y_3\right)=y_1^2+y_2^2+y_3^2+2y_2{y}_3=y_1^2+{\left(y_2+y_3\right)}^2$$

令

$$\{\begin{array}{l}{z}_1=y_1\\ z_2=y_2+y_3\\ z_3=y_3\end{array}$$

，则$g(y_1,y_2,y_3)=z_1^2+z_2^2$. 即

$$\left(\begin{array}{c}{z}_1\\ z_2\\ z_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ y_3\end{array}\right)$$

使得$g(y_1,y_2,y_3)=z_1^2+z_2^2.$

从而

$$\left(\begin{array}{c}{z}_1\\ z_2\\ z_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ y_3\end{array}\right),$$

于是可得

$$\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=P\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ y_3\end{array}\right),$$

其中

$$P={\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)}^{-1}\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 1\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right).$$

为所求矩阵，可将$f(x_1,x_2,x_3)$化为$g(y_1,y_2,y_3).$

5. 逼零法求解二次型=0

$$f=0$$

①直接逼零法

设$f=(a_{11}{x}_1+a_{12}{x}_2+a_{13}{x}_3{)}^2+(a_{21}{x}_1+a_{22}{x}_2+a_{23}{x}_3{)}^2+(a_{31}{x}_1+a_{32}{x}_2+a_{33}{x}_3{)}^2$

$$f=x^{\mathrm{T}}Ax=0⟹\{\begin{array}{l}{a}_{11}{x}_1+a_{12}{x}_2+a_{13}{x}_3=0\\ a_{21}{x}_1+a_{22}{x}_2+a_{23}{x}_3=0\\ a_{31}{x}_1+a_{32}{x}_2+a_{33}{x}_3=0\end{array}$$

②配方逼零法

配方得$f=x^{\mathrm{T}}Ax=(a_{11}{x}_1+a_{12}{x}_2+a_{13}{x}_3{)}^2+(a_{22}{x}_2+a_{23}{x}_3{)}^2$

$$f=x^{\mathrm{T}}Ax=0⟹\{\begin{array}{l}{a}_{11}{x}_1+a_{12}{x}_2+a_{13}{x}_3=0\\ a_{22}{x}_2+a_{23}{x}_3=0\end{array}$$

例题 1. 设二次型$f\left(x_1,x_2,x_3\right)=a{x}_1^2+a{x}_2^2+\left(a-1\right)x_3^2+2x_1{x}_3-2x_2{x}_3$

（1）求二次型$f$的矩阵的所有特征值；

（2）若二次型$f$的规范形为$y_1^2+y_2^2$,求$a$的值.

（3）对于第二问题中$a$,求$f(x_1,x_2,x_3)$=0 的解.

【解】（1）

$$A=\left(\begin{array}{ccc}a& 0& 1\\ 0& a& -1\\ 1& -1& a-1\end{array}\right)$$ $$\mid \lambda E-A\mid =\left|\begin{array}{ccc}\lambda -a& 0& -1\\ 0& \lambda -a& 1\\ -1& 1& \lambda -a+1\end{array}\right|=(\lambda -a)(\lambda -a+2)(\lambda -a-1)$$ $$\therefore {\lambda }_1=a,{\lambda }_2=a-2,{\lambda }_3=a+1$$

（2）若规范形为$y_1^2+y_2^2$, 说明有两个特征值为正, 一个为 0. 则

1. 若${\lambda }_1=a=0$,则${\lambda }_2=-2<0,{\lambda }_3=1$,不符题意

2. 若${\lambda }_2=0$,即$a=2$,则${\lambda }_1=2>0,{\lambda }_3=3>0$,苻合

3. 若${\lambda }_3=0,$即$a=-1,$则${\lambda }_1=-1<0,{\lambda }_2=-3<0,$不符题意

综上所述，故 a=2.

（3）将$a=2$代入二次型可得:

$$f\left(x_1,x_2,x_3\right)=2x_1^2+2x_2^2+x_3^2+2x_1{x}_3-2x_2{x}_3=2(x_1+\frac{1}{2}{x}_3{)}^2+2(x_2-\frac{1}{2}{x}_3{)}^2=0$$ $$\{\begin{array}{l}{x}_1+\frac{1}{2}{x}_3=0\\ x_2-\frac{1}{2}{x}_3=0\end{array}$$

可得${\left(x_1,x_2,x_3\right)}^{\mathrm{T}}=k(-1,1,2{)}^{\mathrm{T}}k$为任意实数.

6. 正交变换法求解二次型=0

正交变换法

二次型$f=x^{\mathrm{T}}Ax$经正交变换$x=Qy$化为${\lambda }_1{y}_1^2+{\lambda }_2{y}_2^2$

$$f=x^{\mathrm{T}}Ax=0\Rightarrow {\lambda }_1{y}_1^2+{\lambda }_2{y}_2^2=0⟹y_1=0,y_2=0,y_3=k$$

由$x=Qy$，可得

$$(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array})=Q\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ k\end{array}\right)$$

7. 特征值法求二次型最值

重要结论：二次型$f=x^{\mathrm{T}}Ax$在约束条件$x^{\mathrm{T}}x=a$下的最大、最小值分别为$a{\lambda }_{\max },a{\lambda }_{\min }$,其中${\lambda }_{\max },{\lambda }_{\min }$，分別是实对称矩阵$A$的最大最小特征值。

证明:$f=x^{\mathrm{T}}Ax$经过正交变换$x=Qy$可化为$f={\lambda }_1{y}_1^2+{\lambda }_2{y}_2^2+{\lambda }_3{y}_3^2,$由于$x^{\mathrm{T}}x=a,$所以$x^{\mathrm{T}}x={\left(Qy\right)}^{\mathrm{T}}Qy=y^{\mathrm{T}}{Q}^{\mathrm{T}}Qy=y^{\mathrm{T}}y=a.$

所以

$${\lambda }_{\min }\left(y_1^2+y_2^2+y_3^2\right)\le f={\lambda }_1{y}_1^2+{\lambda }_2{y}_2^2+{\lambda }_3{y}_3^2\le {\lambda }_{\max }\left(y_1^2+y_2^2+y_3^2\right)$$

，进一步化简可得${\lambda }_{\min }a\le f\le {\lambda }_{\max }a.$

例题 1. 若二次型$f\left(x_1,x_2,x_3\right)=a{x}_1^2+a{x}_2^2+\left(a-1\right)x_3^2+2x_1{x}_3-2x_2{x}_3$经过可逆变换化为$2y_1^2+y_2^2+2y_1{y}_2$,则当$x_1^2+x_2^2+x_3^2=2$时, 该二次型的最大值为

【解】二次型矩阵

$$A=\left(\begin{array}{ccc}a& 0& 1\\ 0& a& -1\\ 1& -1& a-1\end{array}\right)$$

，经过一次可逆变换后化为的二次型矩阵为

$$B=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& 0\\ 1& 1& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$$

，显然 A 合同于 B, B 的特征值为${\lambda }_1=0,{\lambda }_{2,3}=\frac{3\pm \sqrt{5}}{2}$(2 正 1 零)

下面求 A 的特征值

$$|\lambda E-A|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda -a& 0& -1\\ 0& \lambda -a& 1\\ -1& 1& \lambda -a+1\end{array}\right|=(\lambda -a)\left|\begin{array}{cc}\lambda -a& 1\\ 1& \lambda -a+1\end{array}\right|-\left|\begin{array}{cc}0& \lambda -a\\ -1& 1\end{array}\right|$$ $$\begin{array}{rl}& =(\lambda -a)[(\lambda -a)(\lambda -a+1)-1]-[0+(\lambda -a)]\\ & =(\lambda -a)[(\lambda -a)(\lambda -a+1)-2]\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}& =(\lambda -a)(\lambda -a+2)(\lambda -a-1)\\ & \\ & \therefore {\lambda }_1=a,{\lambda }_2=a-2,{\lambda }_3=a+1\end{array}$$

由 A、B 合同可得$a=2$,A 的特征值为 2,3,0, 所以最大值为6。